精品解析：广东中山市实验中学2025-2026学年高二上学期1月段考数学试卷

广东省中山市实验中学2025-2026学年高二上数学1月段考卷 一、单选题 1. 向量，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，，则以线段为直径的圆的方程是（ ） A. B. C. D. 3. 已知双曲线，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 4. 等比数列的前项和为， ，，则（ ） A. 28 B. 32 C. D. 28或 5. 在四面体中，，，，，，用向量，，表示，则等于（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线：与直线：，若，则（ ） A. B. 2 C. 2或 D. 5 7. 在数列中，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 设双曲线的左、右焦点分别为，，过坐标原点的直线与交于，两点，，，则的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 二、多选题 9. 已知圆，直线，则下列说法正确的是（ ） A. 直线l过定点 B. 当时，直线l与圆C相切 C. 当时，过直线l上一点P向圆C作切线，切点为Q，则的最小值为 D. 若圆C上只有一个点到直线l的距离为1，则 10. 设，分别为等差数列的公差与前n项和，若，则下列论断中正确的有（ ） A. 当时，取最大值 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 11. 如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，、分别是线段、的中点，是线段上的一个动点（含端点、），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得异面直线与所成的角为 C. 三棱锥体积的最大值是 D. 当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大 三、填空题 12. 已知空间向量和，则在上的投影向量为________(用坐标表示). 13. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线E的左、右两支分别交于A，B两点，若，则的面积为__________． 14. 阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点到两定点的距离之满足为常数，则点的轨迹为圆．已知圆：和，若定点（）和常数满足：对圆上任意一点，都有，则_____，面积的最大值为______ ． 四、解答题 15. 在平面直角坐标系中，已知的顶点，边上中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为，求： （1）顶点的坐标； （2）求直线的方程． 16. 如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，，E、F分别是PC、AD中点． （1）求直线DE和PF夹角的余弦值； （2）求点E到平面PBF的距离． 17. 已知正项数列的前n项和为，且满足，. （1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式； （2）记，若数列的前m项和，求m的值. 18. 已知椭圆：经过点，一个焦点的坐标为. （1）求椭圆的方程； （2）设直线：与椭圆交于，两点，为坐标原点，若，求的取值范围. 19. 对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，． （1）若，求及； （2）证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使； （3）已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省中山市实验中学2025-2026学年高二上数学1月段考卷 一、单选题 1. 向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量平行列出关于的方程组，解之即可求得的值. 【详解】因为，所以，由题意可得， 所以，则． 故选：C. 2. 设，，则以线段为直径的圆的方程是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据已知确定圆的圆心和半径，即可得圆的方程. 【分析】由题设，所求圆的圆心为，半径为， 所以以线段为直径的圆的方程是. 故选：B 3. 已知双曲线，则其渐近线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用双曲线方程，求解渐近线方程即可． 【详解】由于双曲线为，所以其渐近线方程为. 故选：C. 4. 等比数列的前项和为， ，，则（ ） A. 28 B. 32 C. D. 28或 【答案】A 【解析】 【分析】根据等比数列前项和的性质，也构成等比数列，即可求得. 【详解】因为数列为等比数列，则根据等比数列和的性质可知，也构成等比数列，则， 设，则，解得：，对应有 因为，所以与同号， 所以. 故选：A 5. 在四面体中，，，，，，用向量，，表示，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题设易知为中点，连接，根据空间向量加法、数乘的几何意义可得、，再由即可确定答案. 【详解】∵， ∴为中点，连接，如下图， ∴，而， ∴. 故选：B 6. 已知直线：与直线：，若，则（ ） A. B. 2 C. 2或 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线平行的性质，解方程 ， 再检验即得解. 【详解】若 ， 则， 所以 或 . 当 时， ，符合题意； 当 时， 符合题意. 故选：. 7. 在数列中，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】依次计算，得到为周期数列，一个周期为3，从而求出. 【详解】由题意得，，， ，…… 故为周期数列，一个周期为3， 故. 故选：C 8. 设双曲线的左、右焦点分别为，，过坐标原点的直线与交于，两点，，，则的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由双曲线的对称性可得、且四边形为平行四边形，由题意可得出，结合余弦定理表示出与，有关齐次式即可得离心率． 【详解】由双曲线的对称性可知，，则四边形为平行四边形， 令，则， 由双曲线定义可知，故有，即， 即，， ， 则， 因为，所以，故， 则有， 即，即，则，由，故． 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线的离心率，解题关键是找到关于，，之间的等量关系，本题中结合题意与双曲线的定义得出，与的具体关系及的大小，借助余弦定理表示出与，有关齐次式，即可得解． 二、多选题 9. 已知圆，直线，则下列说法正确的是（ ） A. 直线l过定点 B. 当时，直线l与圆C相切 C. 当时，过直线l上一点P向圆C作切线，切点为Q，则的最小值为 D. 若圆C上只有一个点到直线l的距离为1，则 【答案】BC 【解析】 【分析】由已知可得直线过定点,可判断A；当时，求得圆心到直线的距离可判断 B；先求|PC|的最小值，再利用勾股定理可求|PQ|的最小值判断C；由圆心到直线的距离为3可求得判断D. 【详解】对于A，由直线，得， 直线过定点，故A错误； 对于B，当时，直线的方程为， 圆的圆心，半径为， 圆心到直线的距离为 ， 直线与圆相切，故B正确； 对于C，当时，直线的方程为， 因为， 又， 的最小值为，故C正确； 对于D，若圆上只有一个点到直线的距离为1， 圆心到直线的距离为， ，解得，故D错误. 故选：BC 10. 设，分别为等差数列的公差与前n项和，若，则下列论断中正确的有（ ） A. 当时，取最大值 B. 当时， C. 当时， D. 当时， 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据等差数列的通项公式及前n项和公式，结合二次函数的性质即可求解. 【详解】设等差数列的首项为，则 由，得，解得， 所以， 当时，当时，取最小值；当时，当时，取最大值；故A错误； 当时，，故B正确； 当时，，故C正确； 当时，，， 所以，故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，、分别是线段、的中点，是线段上的一个动点（含端点、），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得 B. 存在点，使得异面直线与所成的角为 C. 三棱锥体积的最大值是 D. 当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大 【答案】ACD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，设出点的坐标，利用向量垂直的坐标运算判断A选项；利用异面直线的向量夹角公式计算判断B选项；连接、、，结合锥体体积公式，利用等体积法判断C选项；利用向量的坐标运算表示线面角的正弦值，然后利用二次函数及正弦函数的单调性即可判断D选项. 【详解】以为坐标原点，、、的方向为、、轴的正方向，建立如图所示空间直角坐标系，    ，，，，，，； 对于A选项，假设存在点，使得， 则，又， 所以，解得， 即点与重合时，，A正确； 对于B选项，假设存在点，使得异面直线与所成的角为， 因为，， 所以，方程无解； 所以不存在点满足题意，B错误；    对于C选项，连接、、，设， 因为， 所以当，即点与点重合时，取得最大值； 又点到平面的距离， 所以，C正确； 对于D选项，由上分析知：，， 若是面的法向量，则， 令，则， 因为，设直线与平面所成的角为，， 所以， 当点自向处运动时，的值由到变大，此时也逐渐增大， 因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题 12. 已知空间向量和，则在上的投影向量为________(用坐标表示). 【答案】 【解析】 【分析】利用投影向量的定义结合空间向量数量积的坐标运算可得在上的投影向量的坐标. 【详解】已知空间向量和， 则在上的投影向量为 . 故答案为：. 13. 已知，分别是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线E的左、右两支分别交于A，B两点，若，则的面积为__________． 【答案】##2.4 【解析】 【分析】根据双曲线的定义以及焦点三角形即可根据勾股定理求解，由直角三角形的面积公式即可得解. 【详解】如图， 因为，所以． 设，，得， 由，得 所以，则， 由，得， 又 ，所以，，， 故的面形. 故答案为： 14. 阿波罗尼斯与阿基米德、欧几里得被称为亚历山大时期数学三巨匠．“阿波罗尼斯圆”是他的代表成果之一：平面上一点到两定点的距离之满足为常数，则点的轨迹为圆．已知圆：和，若定点（）和常数满足：对圆上任意一点，都有，则_____，面积的最大值为______ ． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先设出点的坐标，结合可得的轨迹方程，结合已知圆的方程可求，再由圆的性质可得面积的最大值. 【详解】设点，由，得，整理得 ， 所以解得 如图，当或时，. 故答案为： . 【点睛】本题主要考查阿波罗尼斯圆的定义，本质还是曲线方程的求解，侧重考查数学运算的核心素养. 四、解答题 15. 在平面直角坐标系中，已知的顶点，边上中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为，求： （1）顶点的坐标； （2）求直线的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出直线的方程，与直线联立，即可求出A的坐标； （2）先求出点C的坐标，进而可求解. 【小问1详解】 因为边上的高所在直线方程为， 所以,解得：. 所以直线的方程为，即. 由解得：，即. 【小问2详解】 因为点C在直线上，所以可设，则中点为. 把代入直线：， 有，解得：，所以. 又∵，∴，即， 所以BC所在直线方程为：． 16. 如图，四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，，E、F分别是PC、AD中点． （1）求直线DE和PF夹角的余弦值； （2）求点E到平面PBF的距离． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，以点D为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解作答. （2）由（1）求出平面PBF的法向量，利用空间向量即可求出点E到平面PBF的距离. 【小问1详解】 因PD⊥平面ABCD，ABCD为正方形，则PD、DA、DC三线两两互相垂直， 如图，以点D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DP为z轴建立空间直角坐标系D-xyz， 则， 则直线DE的方向向量，直线PF的方向向量， ， 所以直线DE和PF夹角的余弦值为. 【小问2详解】 由（1）知，，，， 设平面PBF的法向量，则，令，得， 所以点E到平面PBF的距离为. 17. 已知正项数列的前n项和为，且满足，. （1）证明：数列为等差数列，并求数列的通项公式； （2）记，若数列的前m项和，求m的值. 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）利用题意可整理得，即可得到，又，可得到的通项公式，即可求解； （2）利用裂项相消法可得到，即可求解 【小问1详解】 由，变形得. 因为，所以. 因为，所以，又， 所以数列是首项为1，公差为2的等差数列， 所以，则数列的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）可得， 所以. 则，解得. 18. 已知椭圆：经过点，一个焦点的坐标为. （1）求椭圆的方程； （2）设直线：与椭圆交于，两点，为坐标原点，若，求的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）由椭圆经过点，一个焦点的坐标为，列出方程组，求出，，由此能求出椭圆的方程． （2）由得，利用根的判别式、韦达定理、向量的数量积，结合已知条件，能求出的取值范围． 【详解】（1），， ∴椭圆的方程为. （2）设，， 由得：， ， 即， ，， ， ， ∴即，故， . 故的取值范围为. 【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查向量的数量积的取值范围的求法，考查椭圆、直线方程、根的判别式、韦达定理、向量的数量积等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方思想，是综合题． 19. 对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，． （1）若，求及； （2）证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使； （3）已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）505 【解析】 【分析】（1）根据定义找出，，从而得到，； （2）利用反证法，假设对，然后导出矛盾，命题得证； （3）先求出，再通过变换，找到最小的时的情况. 【小问1详解】 因为，，， 所以. 【小问2详解】 设， 假设对，则均不为0． 所以． 即． 因为， 所以． 所以． 与矛盾，故假设不正确． 综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使． 【小问3详解】 设，因为， 所以有或． 当时，可得三式相加得． 又，可得． 当时，也可得，于是． 设的三个分量为这三个数， 当时，的三个分量为这三个数， 所以． 当时，的三个分量为， 则的三个分量为的三个分量为， 所以． 所以，由，可得． 因为，所以任意的三个分量始终为偶数， 且都有一个分量等于2． 所以的三个分量只能是三个数， 的三个分量只能是三个数． 所以当时，；当时，． 所以的最小值为505． 【点睛】关键点睛：新定义问题，常见于选择（填空）的压轴小题中，少数会出现在解答题中，主要考查利用相关的知识点解决概念创新问题的能力，对新定义的理解以及转化，较灵活，属于综合题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $